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本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用
洛必达法则
命题：L'Hopital（洛必达）法则
设 f , g f,g f,g 是区间 ( a , b ) (a,b) (a,b) 上的实值可微函数，假设 f ( x ) , g ( x ) = o ( x − a ) f(x),g(x)=o(x-a) f(x),g(x)=o(x−a)，即
lim x → a + f ( x ) = 0 , lim x → a + g ( x ) = 0 \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0 x→a+limf(x)=0,x→a+limg(x)=0
设对任意 x ∈ ( a , b ) , g ′ ( x ) ≠ 0 x\in(a,b),g'(x)\neq 0 x∈(a,b),g′(x)=0，若极限 lim x → a + f ′ ( x ) g ′ ( x ) \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)} x→a+limg′(x)f′(x) 存在，则
lim x → a + f ( x ) g ( x ) = lim x → a + f ′ ( x ) g ′ ( x ) \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)} x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(x)f′(x)
证明 （Cauchy中值定理）
由于 f , g f,g f,g 在区间 a , x a,x a,x 上连续并且在 ( a , x ) (a,x) (a,x) 上可微，由 Cauchy中值定理，存在 ξ ( x ) ∈ ( a , x ) \xi(x)\in(a,x) ξ(x)∈(a,x)，使得
f ( x ) g ( x ) = f ( x ) − f ( a ) g ( x ) − g ( a ) = f ′ ( ξ ( x ) ) g ′ ( ξ ( x ) ) \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))} g(x)f(x)=g(x)−g(a)f(x)−f(a)=g′(ξ(x))f′(ξ(x))
由于 a < ξ ( x ) < x a<\xi(x)<x a<ξ(x)<x，当 x → a + x\to a^+ x→a+ 时，则有
lim x → a + f ( x ) g ( x ) = lim x → a + f ′ ( ξ ( x ) ) g ′ ( ξ ( x ) ) = lim x → a + f ′ ( x ) g ′ ( x ) \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)} x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(ξ(x))f′(ξ(x))=x→a+limg′(x)f′(x)
注：类似可证 a = ∞ a=\infty a=∞ 的情形
Taylor展开公式
定理：Taylor展开公式
Peano余项
设函数 f : a , b → R f:a,b\to\mathbb{R} f:a,b→R 在 a a a 处有直到 n n n 阶的导数，则当 x → a + x\to a^+ x→a+ 时，有
f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k + o ( ( x − a ) n ) f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+o((x-a)^n) f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+o((x−a)n)
Lagrange余项
设函数 f ∈ C n a , b f\in C^na,b f∈Cna,b，若 f f f 在 ( a , b ) (a,b) (a,b) 上 n + 1 n+1 n+1 次可导，则
f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k + R n ( x ) f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+R_n(x) f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+Rn(x)
其中 R n ( x ) = f n + 1 ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − a ) n + 1 , ξ ∈ a , x R_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1},\xi\ina,x Rn(x)=(n+1)!fn+1(ξ)(x−a)n+1,ξ∈a,x
Cauchy余项
设函数 f ∈ C n a , b f\in C^na,b f∈Cna,b，若 f f f 在 ( a , b ) (a,b) (a,b) 上 n + 1 n+1 n+1 次可导，则
f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k + R ‾ n ( x ) f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+\overline{R}_n(x) f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+Rn(x)
其中 R ‾ n ( x ) = f n + 1 ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − ξ ) n ( x − a ) , ξ ∈ a , x \overline{R}_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-\xi)^n(x-a),\xi\ina,x Rn(x)=(n+1)!fn+1(ξ)(x−ξ)n(x−a),ξ∈a,x
证明思路
Peano余项
只需证
lim x → a + f ( x ) − ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k ( x − a ) n = 0 \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k}{(x-a)^n}=0 x→a+lim(x−a)nf(x)−k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k=0
不断利用L'Hospital法则即得
Lagrange余项
法1：定义
F ( t ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k F(t)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k F(t)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k
求导得到
F ′ ( t ) = f n + 1 ( t ) n ! ( x − t ) n F'(t)=\frac{f^{n+1}(t)}{n!}(x-t)^n F′(t)=n!fn+1(t)(x−t)n
考虑定义在 ( a , x ) (a,x) (a,x) 上的函数
G ( t ) = ( x − t x − a ) n + 1 G(t)=(\frac{x-t}{x-a})^{n+1} G(t)=(x−ax−t)n+1
由 Cauchy 中值定理，存在 ξ ∈ ( a , x ) \xi\in(a,x) ξ∈(a,x)，使得
F ′ ( ξ ) G ′ ( ξ ) = F ( x ) − F ( a ) G ( x ) − G ( a ) \frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)} G′(ξ)F′(ξ)=G(x)−G(a)F(x)−F(a)
代入 F , G F,G F,G，整理即得
法2：引理（Rolle定理的高阶推广）：设 f ∈ C n a , b f\in C^na,b f∈Cna,b，且在 ( a , b ) (a,b) (a,b) 上 n + 1 n+1 n+1 次可导，若 f f f 在 a a a 处的 n n n 次导数全为零，且 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b)，那么存在 x 0 ∈ ( a , b ) x_0\in(a,b) x0∈(a,b)，使得 f ( n + 1 ) ( x 0 ) = 0 f^{(n+1)}(x_0)=0 f(n+1)(x0)=0
设 P n ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k P_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k Pn(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k，选取合适的 λ ∈ R \lambda\in\mathbb{R} λ∈R，使得 P ( b ) = f ( b ) P(b)=f(b) P(b)=f(b)，
其中 P ( x ) = P n ( x ) + λ ( x − a ) n + 1 P(x)=P_n(x)+\lambda(x-a)^{n+1} P(x)=Pn(x)+λ(x−a)n+1
故解得
λ = f ( b ) − P n ( b ) ( b − a ) n + 1 \lambda=\frac{f(b)-P_n(b)}{(b-a)^{n+1}} λ=(b−a)n+1f(b)−Pn(b)
故 f ( x ) − P ( x ) f(x)-P(x) f(x)−P(x) 在 x = a , x = b x=a,x=b x=a,x=b 处均为零，故存在 c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c∈(a,b)，使得
f ( n + 1 ) ( c ) − P ( n + 1 ) ( c ) = 0 f^{(n+1)}(c)-P^{(n+1)}(c)=0 f(n+1)(c)−P(n+1)(c)=0
整理即得
Cauchy余项
类似 Lagrange余项的第一个证明，不同的是取 G ( t ) = x − t x − a G(t)=\frac{x-t}{x-a} G(t)=x−ax−t
命题 ：满足Peano余项的Taylor展开公式是唯一的
设函数 f : a , b → R f:a,b\to\mathbb{R} f:a,b→R 在 a a a 处有直到 n n n 阶的导数，若存在 P ( x ) ∈ P n ( x ) P(x)\in\mathbb{P}_n(x) P(x)∈Pn(x)，使得当 x → a + x\to a^+ x→a+ 时，有
f ( x ) = P ( x ) + o ( ( x − a ) n ) f(x)=P(x)+o((x-a)^n) f(x)=P(x)+o((x−a)n)
则 P ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k P(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k P(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k
证明思路
设 Q ( x ) = P ( x ) − ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k Q(x)=P(x)-\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k Q(x)=P(x)−k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k，由Peano余项的Taylor展开公式，
lim x → a + Q ( x ) ( x − a ) n = 0 \lim\limits_{x\to a^+}\frac{Q(x)}{(x-a)^n}=0 x→a+lim(x−a)nQ(x)=0
由于 deg Q ≤ n \deg Q\leq n degQ≤n，故 Q ≡ 0 Q\equiv 0 Q≡0
注：由此可见，在 a a a 附近， ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k \sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k 是 f ( x ) f(x) f(x) 在 P n ( x ) \mathbb{P}_n(x) Pn(x) 内的最佳逼近元
参考书：
- 《数学分析》陈纪修 於崇华 金路
- 《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心
- 《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著